Проверить 2 простые задачи по теории вероятностей

[xni]

Здравствуйте!

Пожалуйста, помогите мне с парой задач по теории вероятности. У меня странная ситуация, я понимаю 100% материалов лекции, но когда дело доходит до задач, наступает какая-то неувереность в себе и многочисленные ошибки (может быть кто-то знает как это исправить?). Поэтому, прошу вас, пробегитесь, пожалуйста, глазами по решениям. Может быть найдёте неточность. Это не должно занять много времени, но мне крайне важно, чтобы в них не было ошибок. Спасибо заранее!

Задача 1
Даны множества $A$, $B$, $C$, $D$, полученные случайного выбора элементов множества $\{1, \ldots, n\}$. Каждый элемент выбирается с вероятностью $p$ независимо от выбора на предыдущих шагах.
Вычислить $P(A \cap B \cap C \subseteq D \subseteq A \cup B \cup C)$.
Решение
Определим вероятность события $D \subseteq A \cup B \cup C$. Рассмотрим $D$ как набор из $n$ чисел $d_i \in \{0, 1\}$, $i \in \overline{1, n}$. $d_i = 1$, если элемент $i$ вошёл в $D$. Из условия задачи видно, что $P(d_i = 1) = p$. Аналогичным образом рассмотрим множество $A \cup B \cup C$. Предствим его как набор чисел $x_i \in \{0, 1\}$, $i \in \overline{1, n}$. Так как попадание некоторого элемента в $A$, или $B$, или $C$ равновозможны и независимы, то из этого следует, что $P(x_i = 0) = (1 - p)^3$. Тогда событию $D \nsubseteq A \cup B \cup C$ соответствует ситуация $\exists i: d_i = 1, x_i = 0$. Воспользовавшись ещё раз независимостью событий, получаем, что

$$P(D \subseteq A \cup B \cup C) = \left(1 - p(1-p)^3\right)^n$$

(показатель степени $n$ означает, что ситуация не должна произойти ни для одного из $n$ элементов исходного множества).
Вернёмся к исходной постановке задачи. $P(A \cap B \cap C \subseteq D \subseteq A \cup B \cup C)$. Определим 2 события: $X = A \cap B \cap C \subseteq D$ и $Y = D \subseteq A \cup B \cup C$. В терминах этих событий исходная задача получает вид $P(X \cap Y)$. Однако, события $X$ и $Y$ не являются независимыми. Попробуем применить условную вероятность: $P(X|Y) = \frac{P(X \cap Y)}{P(Y)}$.
Определим $P(X|Y)$. По определению это вероятность события $X$, при условии, что событие $Y$ реализовалось. Другими словами событие $X$ можно описать так: $!\exists i: i \in \overline{1,n}$, что $d_i = 0, a_i = 1, b_i = 1, c_i = 1$. При этом оговорено, что невозможно выпадение ситуации, когда $d_i = 1, a_i = 0, b_i = 0, c_i = 0$.
Промоделируем это следующим образом. Для каждого $i \in \overline{1, n}$ будем выбирать 4 числа из $\{0, 1\}$, $a_i, b_i, c_i, d_i$ соответственно. 1 в каждом случае выпадает с вероятностью $p$. С какой вероятностью получится, что $a_i = 1, b_i = 1, c_i = 1, d_i = 0$, если при выпадении $a_i = 0, b_i = 0, c_i = 0, d_i = 1$ мы будем проводить процедуру ещё раз.
Вероятность того, что при первом бросании $a_i = 1, b_i = 1, c_i = 1, d_i = 0$ равна $(1 - p)p^3$. Вероятность того, что потребуется второе бросание: $p(1 - p)^3$. Таким образом, результат получится такой:

$$(1 - p)p^3\left(1 + p(1 - p)^3 + p^2 (1 - p)^6 + \ldots\right) = \frac{(1 - p)p^3}{1 - p(1 - p)^3}$$

Вышенаписанная формула показывает, какова вероятность того, что некоторое число $i$ окажется в $A \cap B \cap C$, но его не будет в $D$. Для вычисления вероятности $P(X|Y)$ нам нужно, чтобы событие, обратное данному повторилось $n$ раз. То есть

$$P(X|Y) = \left(1 - \frac{(1-p)p^3}{1 - p(1-p)^3}\right)^n = \left(\frac{1 - p(1-p)^3 - (1-p)p^3}{1 - p(1-p)^3}\right)^n$$

Подставив все уже найденные значения получим ответ:

$$\left(1 - p(1-p)^3\right)^n \left(\frac{1 - p(1-p)^3 - (1-p)p^3}{1 - p(1-p)^3}\right)^n = \left(1 - p(1-p)^3 - (1-p)p^3\right)^n.$$

Задача 2
$k$ точек распределены случайным образом, равномерно, независимо друг от друга, на окружности. Найти вероятность того, что выпуклая оболочка, натянутая на эти точки, будет содержать в себе центр окружности.
Решение
По условию задачи получается, что на $k$ точках будет создан выпуклый многоугольник.
Рассмотрим любые 2 соседние вершины. Если между ними находится дуга длиной более $\pi$ радиан, следовательно, можно <<отсечь>> половину круга некоторой прямой, которая проходит через центр и не пересекает многоугольник. Таким образом, многоугольник не содержит центра окружности.

Если же между любыми двумя вершинами лежит дуга менее $\pi$ радиан, то начиная обход против часовой стрелки вершин многоугольника, мы будем каждый раз оставлять центр справа, пока фигура не замкнётся.

Следовательно, ограничение на длину дуги в менее $\pi$ радиан является необходимым и достаточным условием.
Предположим, что такая дуга нашлась. Она может быть только одна. Это означает, что оставшиеся $k-2$ точки распределены равномерно на дуге длиной меньше $\pi$. Вероятность им всем попасть в неё, учитывая независимость и равномерность распределения, $\left(\frac{1}{2}\right)^{(k-2)}$.
Следовательно, ответ:

• если $k < 3$, 0
• иначе $1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{(k-2)}$

[Cash]

1. А размеры этих множеств никак не влияют на вероятность?
По-моему, в условии пропущено что-то очень важное. Могу только предположить, например, такую редакцию:
Даны множества $A$, $B$, $C$, $D$, полученные путем случайного выбора из элементов множества всех подмножеств множества $\{1, \ldots, n\}$. Каждый элемент выбирается с вероятностью $p$ независимо от выбора на предыдущих шагах.
Вычислить $P(A \cap B \cap C \subseteq D \subseteq A \cup B \cup C)$

2. Проверяя для $k=3$, легко заметить, что вероятность получения тупоугольного треугольника выше, чем $1/2$.
Обозначим нулем первую точку, ко второй точке по короткой дуге пустим положительное направление, получим две точки: $0$ и $\alpha$, где $0<\alpha<\pi$. Тогда третья точка с вероятностью $1/2$ попадает в интервал $(0; \pi)$, но у нас еще есть возможность попадания в интервал $(\alpha+\pi;2\pi)$, когда также получается тупоугольный треугольник.

[PAV]

(про неуверенность)

xni в сообщении #533680 писал(а):

У меня странная ситуация, я понимаю 100% материалов лекции, но когда дело доходит до задач, наступает какая-то неувереность в себе и многочисленные ошибки (может быть кто-то знает как это исправить?).

Это достаточно распространенная и типичная ситуация. Ничего страшного, лечится практикой. Нужно только решать задачи побольше - тогда все прояснится и появится уверенность.

-- Ср фев 01, 2012 15:30:45 --

По поводу первой задачи: ответ правильный, в Ваше решение я не особенно вчитывался - слишком длинное, идейно решить можно в одну строчку, а уж сколько получится, если расписывать подробно - не знаю. Чуть длиннее, однако все-таки покороче, чем у Вас.

[Cash]

PAV в сообщении #533740 писал(а):

По поводу первой задачи: ответ правильный, в Ваше решение я не особенно вчитывался - слишком длинное, идейно решить можно в одну строчку, а уж сколько получится, если расписывать подробно - не знаю. Чуть длиннее, однако все-таки покороче, чем у Вас.

Я один не понимаю, как получены множества $A$, $B$, $C$, $D$?
Объясните кто-нибудь, пожалуйста, поподробнее...

[xni]

Спасибо за ответы!

По поводу задачи 1: вот тут исходное условие, как его дал преподаватель:

Цитата:

Пусть A, B, C, D — случайные подмножества в {1, . . . , n}, построенные по
схеме Бернулли с вероятностью успеха 1/3. Иными словами, вероятность, с которой данный элемент
ν ∈ {1, . . . , n} принадлежит любому из множеств A, B, C, D, равна 1/3

Я представляю себе так: бросаем монетку, которая "орёл" с вероятностью $p$ и "решка", соответственно, $1-p$. Бросаем её $n$ раз. Если выпал "орёл" при $i$-м броске, то во множество $A$ включается число $i$. Повторяем процедуру сначала для множеств $B$, $C$, $D$.

[Cash]

Спасибо, теперь понятно

[--mS--]

Во второй задаче можно воспользоваться очевидным фактом - все длины дуг (их $k$ штук) между последовательными точками на окружности распределены одинаково. Их распределение есть $\mathsf P(X_{(l+1)}-X_{(l)}>t)=(1-t)^{k-1}$. Осталось вычислить вероятность иметь хоть одну длину дуги, превышающую половину длины окружности.

P.S. Тьфу, пропасть, в единичках запуталась :) Поправлено.

[xni]

--mS--,
спасибо Вам за идею. Да, достаточно понятно, что распределены они будут одинаково. Но по какому закону я затрудняюсь ответить сходу... Судя по указанному Вами закону, я вообще такого не встречал. В то время мой подход использует совсем простые знания о равномерном распределении.

[--mS--]

Проблема одна - Ваш подход привёл к неверному ответу. Никаких продвинутых знаний и не требуется: как только мы зафиксируем любую точку из упавших, расстояние от неё до следующей - по часовой стрелке - будет больше $t$, если все точки упадут на участок длины $1-t$ - от координаты этой точки плюс $t$ и до координаты этой точки, по часовой стрелке. Вероятность этого события есть $(1-t)^{k-1}$. Воспользуйтесь этим и получите верный ответ.

[xni]

Я понял, чего не хватало предыдущему решению задачи 2: я не учёл вероятность появления дуги длиной $\pi$. Поэтому, учтя все вышенаписанное вывел вот такое решение:

Обозначим за точку $A$, начало самой длинной дуги при обходе окружности против часовой стрелки, а за $B$ --- конец этой дуги. Обозначим длину дуги $AB$ как $l$. Если бы точек было только две, то исходя из закона распределения, получим, что $P(l < x) = \frac{x}{2\pi}$, т.е. $P(l \geqslant x) = 1 - \frac{x}{2\pi}$. Но в данном случае, помимо точек $A$ и $B$, есть ещё точки. И все они расположены на дуге $BA$ (их местоположение выбиралось независимо друг от друга), имеющей длину $2\pi - x$. Откуда видно, что вероятность того, что все оставшиеся точки будут расположены на этой дуге равна $(\int\limits_{x}^{2\pi}\frac{1}{2\pi}\,dx)^{k-2} = \left(\frac{2\pi - x}{2\pi}\right)^{k-2}$.
Таким образом, вероятность того, что наибольшая дуга превышает $x$ равна

$$P(l > x) = (1 - \frac{x}{2\pi})\left(\frac{2\pi -x}{2\pi}\right)^{k-2}$$

Подставляя $x = \pi$ получим ответ задачи: $\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}$ при $k \geqslant 3$, 0 иначе.

Это решение согласуется с тем, что любезно посоветовала --mS--, а при подстановке $k=3$, как отметил Cach, получаю 1/4, что подтвердилось с помощью генератора равномерных случайных чисел

Большое вам спасибо!

[--mS--]

Неверно. И при $k=3$ ответ вовсе не $1/4$. Именно это отмечал Cash:

Cash в сообщении #533738 писал(а):

2. Проверяя для $k=3$ , легко заметить, что вероятность получения тупоугольного треугольника выше, чем $1/2$.

А вероятность появления дуги с длиной $\pi$, как и с любой другой фиксированной длиной, нулевая. Ваши расчёты основываются всякий раз на сомнительных предположениях. Например, Вы пишете:

xni в сообщении #533909 писал(а):

Обозначим за точку $A$, начало самой длинной дуги при обходе окружности против часовой стрелки, а за $B$ --- конец этой дуги. Обозначим длину дуги $AB$ как $l$. Если бы точек было только две, то исходя из закона распределения, получим, что $P(l < x) = \frac{x}{2\pi}$,

Длина самой длинной дуги принимает значения от $\pi$ до $2\pi$, поэтому никак её функция распределения не может равняться $\frac{x}{2\pi}$ - иначе в точке $\pi$ функция распределения имела бы скачок, что означало бы, будто $\mathsf P(l=\pi)=1/2$. Однако эта вероятность нулевая. Функция распределения длины самой длинной дуги (из двух) равна $\mathsf P(l < x)=\frac{x}{\pi}-1$, $\pi\leqslant x\leqslant 2\pi$.

[xni]

Пожалуйста, не подумайте, что я спорщик. Просто я задаю достаточно много вопросов, чтобы в голове остались "зацепки" на будущее.

Цитата:

Неверно. И при $k=3$ ответ вовсе не $1/4$. Именно это отмечал Cash.

По-моему, он отмечал, что вероятность получения тупоугольного треугольника выше, чем 1/2. Вот и у меня получилось 3/4.

Затем, как мне кажется, Вы не так меня поняли с вероятностью иметь дугу длиной больше, чем $x$. Длина дуги (некоторой) может быть от 0 до $2\pi$. Откуда я вывел что $P(l > x) = 1 - \frac{x}{2\pi}$. Длины остальных дуг я не учитывал (возможно здесь есть некоторый недостаток, хотя как мне кажется, нас просто интересуют точки попавшие в оставшуюся часть).

[xni]

Скорее всего надо ещё учесть вероятность того, что среди оставшихся дуг, все будут иметь величину меньше $l$?

[Cash]

Вот здесь точно ошибка

Цитата:

Таким образом, вероятность того, что наибольшая дуга превышает $x$ равна

$$P(l > x) = (1 - \frac{x}{2\pi})\left(\frac{2\pi -x}{2\pi}\right)^{k-2}$$

Для $x=\pi$ ответ получается правильный, но для произвольного $x$ точно нет.
Попробуйте, например $x=\pi/2$, или случай $x=3\pi/2$
Проблема еще в том, что длины получающихся дуг не независимы, поскольку связаны соотношением
$l_1+l_2+\cdots+l_k=2\pi$

[--mS--]

xni в сообщении #533919 писал(а):

По-моему, он отмечал, что вероятность получения тупоугольного треугольника выше, чем 1/2. Вот и у меня получилось 3/4.

xni в сообщении #533909 писал(а):

Это решение согласуется с тем, что любезно посоветовала --mS--, а при подстановке $k=3$, как отметил Cach, получаю 1/4, что подтвердилось с помощью генератора равномерных случайных чисел

???

Нигде из Вашей формулы для $\mathsf P(l > x)$ не получается 3/4.

-- Чт фев 02, 2012 13:57:49 --

xni в сообщении #533919 писал(а):

Затем, как мне кажется, Вы не так меня поняли с вероятностью иметь дугу длиной больше, чем $x$. Длина дуги (некоторой) может быть от 0 до $2\pi$. Откуда я вывел что $P(l > x) = 1 - \frac{x}{2\pi}$.

xni в сообщении #533909 писал(а):

Обозначим за точку $A$, начало самой длинной дуги при обходе окружности против часовой стрелки, а за $B$ --- конец этой дуги. Обозначим длину дуги $AB$ как $l$. Если бы точек было только две, то исходя из закона распределения, получим, что $P(l < x) = \frac{x}{2\pi}$, т.е. $P(l \geqslant x) = 1 - \frac{x}{2\pi}$.

Вы сами-то себя читаете, нет?